前情回顧：
簡單的量子演算法(一)：Hadamard 變換、Parity Problem
好的，現在開始正版的故事，Simon’s Algorithm
問題：
有一個secret string，是n位的0，1串 \(s \in \{0,1 \} ^n\)
現在有一個黑盒子，f(x)，我們對他唯一的瞭解就是 \(f(x)=f(x \oplus s)\) ，輸入的x也是n位的0，1串 \(x \in \{0,1 \} ^n\)
請問，要多少次，我們可以找到這個secret string?
經典解法：
如果我們能找到 \(x\) 和 \(x \oplus s\) ，那麼非常容易，就可以得到s，只要 \(x\oplus x\oplus s\) 。
那麼如果找到兩個輸入擁有相同的輸出呢？
這個問題其實是另一個大家都很熟悉的問題的變形，一群人中，要多少人就有兩個人的生日是相同的，印象中，23人兩個人的生日是相同的概率就大於50%了，如果有60個人，那麼兩個人生日相同的概率就超過99%了。
這個問題和生日問題的解法是一樣的，就不再累述了，想要知道的請搜尋生日問題，在這裡，我們給出一個大概的答案，是 \(2^{n/2}\) c次。
量子解法：
量子解法一共有三步：
- set up random superposition $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$
- Fourier Sample to get a random y: \(y·s=0 (\mod 2)\)
- repeat step n-1 times to generate n-1 linear equation.
接下來，我們來一步一步的看每個步驟在做什麼，以及怎麼做：
第一步，製造疊加態 $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$ ，這個可以通過圖a實現。
首先通過第一個\(H ^{\otimes n}\) 門，我們n位元的 \(|0\rangle\) 就成功的變成了疊加態 $\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle $
和 \(|b\rangle\) 一起通過 \(U_f\) ，得到的結果是 $\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}} \sum_x |x\rangle|b\oplus f(x) \rangle $
測量 \(|b\oplus f(x) \rangle\) ，只有結果是測量結果的 \(|x\rangle\)還在，其他的 \(|x\rangle\) 都會坍縮，基於這個黑盒子的特性，那麼只有 $|r\rangle $ 和 \(|r \oplus s \rangle\) 會留下來，因為他們的f(x)是一樣的，r是任意的一個序列，測量的結果對應哪個r就是哪個r。
至此我們得到了想要的疊加態 $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$
第二步，Fourier Sampling
對我們得到的疊加態 $ \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle$ Fourier Sampling
再次通過\(H ^{\otimes n}\) 我們能得到什麼？
依照我們在簡單的量子演算法(一)中的結論，我們知道 \(H^{\otimes n} |u\rangle = \sum_x \frac{-1^{u·x}}{2^{\frac{n}{2}}} |x\rangle\) 。
那麼
\[\begin{align} H^{\otimes n} ( \frac{1}{\sqrt2} |r\rangle +\frac{1}{\sqrt2} |r \oplus s \rangle) &= \frac{1}{\sqrt2}\sum_x \frac{-1^{r·x}}{2^{n/2}} |x\rangle+\frac{1}{\sqrt2}\sum_x \frac{-1^{(r\oplus s)·x}}{2^{n/2}} |x\rangle \\ &=\sum_x (\frac{-1^{r·x}}{2^{(n+1)/2}}+\frac{-1^{(r\oplus s)·x}}{2^{(n+1)/2}}) |x\rangle \\ &= \sum_x\frac{1^{r·x}+(-1)^{(r\oplus s)·x}}{2^{(n+1)/2}}|x\rangle \end{align}\]
此時，我們的問題已經集中在了 \(1^{r·x}+(-1)^{(r\oplus s)·x}\) 上。
\((-1)^{(r\oplus s)·x}\) 可以寫成\((-1)^{s·x}*(-1)^{r·x}\) （至於為什麼可以，大家可以試一下都是按位操作，一共也就4種可能
那麼每種可能的概率的公式就可以寫成\(\frac{（(-1)^{s·x}+1）*(-1)^{r·x}}{2^{(n+1/2)}}\)
如果 \(s·x=0\) 那麼，這個概率正好為 \(\frac{(-1)^{r·z}}{2^{(n-1)/2}}\)
如果 \(s·x=-1\) 那麼，這個概率正好為0
那麼這又說明了什麼呢？
這個說明只要我們測量 \(|x\rangle\) ，那麼我們得到的x一定是 \(s·x=0\) 的，因為不為0的都被抵消了。
那麼得到了x，又意味著什麼呢？
\(s·x=0\) 事實上我們是得到了一個等式 $s_1x_1+s_2x_2+……+s_nx_n =0 \mod 2 $
第三步：
如果我們把第一次測量得到的x編號為 \(x^1\) ，那麼我們得到了等式 $s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
第二次測量，得到等式 $s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
以此類推，測量n-1次，得到了n-1個等式的方程式組。
$s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
$s_1x_1^1+s_2x_2^1+……+s_nx_n^1 =0 \mod 2 $
……
$s_1x_1^{n-1}+s_2x_2^{n-1}+……+s_nx_n^{n-1} =0 \mod 2 $
n-1個等式，n個未知數( \(s_1,s_2,……,s_n\) )，一般來說會有兩組解，一組是全零的平凡解，這個是我們不要的，而另一組解就是我們的答案 \(s\) 。
成功的概率：
上述的解方程有一個前提，那就是這是一個線性方程組，如果這個不是線性的，那麼測量n-1次是不可能得答案的。
那麼我測量得到的x組成的方程是線性方程的概率是多少呢？
我們可以列一個表格來看看：
| 失敗的情況 | 失敗的概率 | 成功的概率 | |
|---|---|---|---|
| \(x^1\) | 0 | \(\frac{1}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2^{n-1}}\) |
| \(x^2\) | 0、 \(x^1\) | \(\frac{2}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2^{n-2}}\) |
| \(x^3\) | 0 、 \(x^1\) 、\(x^2\) 、\(x^1+x^2\) | \(\frac{4}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2^{n-3}}\) |
| …… | …… | ………… | \(1-\frac{1}{2^{n-1}}\) |
| \(x^{n-1}\) | 0 、 \(x^1\) ……\(x^1+x^2\)……\(x^1+x^2+……+x^n-2\) | \(\frac{2^{n-2}}{2^{n-1}}\) | \(1-\frac{1}{2}\) |
每次的測量失敗的情況分為以下三種情況：
- 測量出來全是0
- 測量出來結果和前面的是一樣的
- 測量出來的結果是前面測量結果的線性組合
因為這裡算的成功概率都是獨立的成功概率，所以要算整體的成功概率是他們的乘積
\(\frac{1}{2}*\frac{3}{4}*\frac{7}{8}*……*\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-1}}\)
上面這個式子求極限是一個q series的問題，感興趣的朋友可以去查一下怎麼求解，這裡直接給出概率，約等於0.28878
注意：
大家是不是以為這樣子就萬事大吉了？
No，這裡還有一個需要注意的地方，可能很多朋友已經意識到了，量子態不是測量完就坍塌嗎？為什麼可以測量n-1次？
事實上，這是把第一部分給做了n-1次，這樣你才可以有n-1個 \(|x\rangle\) 給你測量找出滿足線性條件的x。
參考資料：